江西省赣州市2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学试题

江西省赣州市2025届高三上学期1月期末考试数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.若复数为纯虚数，则  A. B. 0 C. 2 D. 4 2.“”是“”的    A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3.若向量，的夹角为，且，，则  A. B. 2 C. 4 D. 3 4.某普通高中高二年级学生参加体育学业水平考试立定跳远项目模拟测试，甲、乙两位同学连续5次的测试数据如下表单位： 甲 210 220 216 220 230 乙 215 212 216 223 249 下列说法错误的是  A. 甲同学测试数据的众数为220 B. 乙同学测试数据的极差为37 C. 甲同学测试数据的分位数为220 D. 乙同学测试数据的平均数为223 5.已知椭圆与直线交于A，B两点，点M满足，则M的轨迹方程为  A. B. C. D. 6.当时，曲线与的交点个数为  A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 7.已知四面体ABCD的四个顶点都在同一球面上，，，平面平面当该球的体积最小时，四面体 ABCD体积的最大值为  A. B. C. D. 8.已知函数满足，，，当时，，则  A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9.小华是一位篮球爱好者，每天坚持投篮训练，每天至少训练10组，每组投篮50次，且每一组投篮命中的次数 X服从正态分布，则(    )参考数据：，， A. B. C. D. 10.已知p，r为正数，圆，抛物线，则  A. 当圆C与E有公共点时， B. 当E在点处的切线与圆C相切时， C. E上一点M到点和圆心C距离之和的最小值为3p D. 当时，直线被圆C所截弦长的最小值为 11.已知函数，则  A. ， B. 当时，有三个零点 C. 若图象上存在四点构成正方形，则 a的最大值为 D. 存在a，b使得满足方程的曲线与y轴有三个交点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知等差数列的前n项和为，，，则公差          . 13.若曲线与有公切线，则a的取值范围是          . 14.陈某喜欢打排球和踢足球，他打算在连续的三天假期中每天下午选其中一项进行体育锻炼.如果某天选排球，第二天还选排球的概率为如果某天选足球，第二天还选足球的概率为若陈某第1天随机选其中一项，则陈某第3天选排球的概率为          . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.本小题13分 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 求 若，，求的周长. 16.本小题15分 已知双曲线的左、右焦点分别为，，焦距为4，P为C上一点，，的面积为 求C的方程; 已知点，斜率为1的直线l与C交于A，B两点，若的面积为，求l的方程. 17.本小题15分 如图，在三棱锥中，，E为棱SB的中点，O为棱AB上一点，平面 若，证明：平面 若，，求直线OE与平面SAC所成角的正弦值. 18.本小题17分 已知函数 当，时，证明： 若，对，不等式恒成立，求的最大值. 19.本小题17分 给定数列，，，，定义“变换”为将数列变换成，，，，其中，且这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，，依此类推，当得到的数列各项为0时变换结束. 求数列，4，2，9经过4次“变换”后得到的数列; 证明：数列，，经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是 已知数列，2，2028经过K次“变换”后得到的数列各项之和最小，求K的最小值. 答案和解析 1.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查复数的概念，共轭复数的概念，复数的四则运算，属于基础题. 根据题意得出 ，即可求出结果. 【解答】 解：复数是纯虚数，  ，解得，  ，  ，   故选 2.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查了充分条件，必要条件，充要条件的判断，属于基础题， 利用不等式性质结合充分条件必要条件的定义判断. 【解答】 解：若，由不能得到， 充分性不成立， ，则， ， 必要性成立. 故选 3.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查了平面向量的数量积，向量的模，属于基础题. 根据题意，根据向量的模长公式即可求出结果. 【解答】 解：|  ， ，两边平方得： ， ， 解得， 故选 4.【答案】C  【解析】【分析】 本题考查了众数、极差、百分位数及平均数的计算，属于基础题. 根据众数、极差、百分位数及平均数的计算方法计算即可判断. 【解答】 解：对于A，220出现的次数最多，所以为众数，故A正确； 对于B，因为，所以极差为37，故B正确； 对于C，因为，所以分位数为，故C错误； 对于D，因为，故D正确. 5.【答案】C  【解析】解：设，，，由消去x可得，， ，，，， ，，， ，，， ， 点异于原点，且，异号，，， 的轨迹方程为 6.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查函数图像交点个数问题，属于一般题. 分别画出与在上的函数图象，根据图象判断即可. 【解答】 解：与在上的函数图象如图所示， 由图象可知，两个函数图象交点的个数为6个. 故选： 7.【答案】B  【解析】解： 因为平面平面BCD，所以点A在平面BCD的射影E落在BD上， 当点E为BD的中点时，AE最大，此时四面体ABCD的体积取最大， 如图所示： 在中，设其外接圆的圆心为O，取BC的中点F，连接DF，则点O在DF的直线上， 由余弦定理得， ，则， 设处接圆的半径为r，则，得， 当四面体ABCD的外接球的体积最小时，此时球心应为点O， 则，且， 得， ， 此时四面体ABCD体积的最大值为： 8.【答案】A  【解析】解：由题意得，，故，， ，，，，， ，，，， ，， ， 综上， 当时，，当时，， ，， 故选 9.【答案】AD  【解析】【分析】 本题考查正态分布的均值、方差、概率，属于基础题． 对于A、B选项，根据变量符合正态分布，可得出和的值. 对于C、D选项，根据原则，可计算出、的值.  【解析】 由题意可得，X服从正态分布，则，，故A正确，B错误， ，故C错误， ，故D正确. 故选： 10.【答案】BC  【解析】【分析】 略 【解答】 解：对于选项A，由题意可知圆心，抛物线E的顶点为，则，当圆C与E有公共点时，，故选项A错误; 对于选项B，由题意可知点在抛物线E上，设E在点处的切线方程为，与抛物线E的方程联立，消去y得，则，解得，所以切线方程为，则圆心C到切线的距离，所以，故选项B正确; 对于选项C，由题意可知抛物线E的焦点为，准线方程为，则M到点和圆心C距离之和的最小值为点到准线的距离，即为3p，故选项C正确; 对于选项D，直线可化为，则直线恒过点，当时，圆C的方程为，则圆心C到直线的距离，则当时，，所以直线被圆C所截弦长的最小值为，故选项D错误. 故选 11.【答案】ACD  【解析】【分析】 本题考查函数值的计算、函数的对称性、含参函数的零点、交点个数，属于中档题. 对于A选项，代入函数值验证即可. 对于B选项，当时，，单调递增，故至多有一个零点，故B错误; 对于C选项，若图象上存在四点A、B、C、D构成正方形，易得直线AC、BD的斜率存在且不为0， 由A选项可得的图象关于点对称，则正方形的中心为点M，设直线，则， 正方形的对角线互相平分，故，再联立直线AC、BD的方程与函数方程即可得到对应表达式，再用分离参数法求a的取值范围即可得到a的最大值. 对于D选项，满足方程的曲线与y轴有三个交点，则令得，令，对求导，判断其单调性，根据有三个不同的解即可求出b的范围，最后根据的图象特征知，存在a使得有3个不同的解，故D正确. 【解答】 对于A，，故A正确; 对于B，，当时，，单调递增，故至多有一个零点，故B错误; 对于C，若图象上存在四点A、B、C、D构成正方形，易得直线AC、BD的斜率存在且不为0， 由A选项可得的图象关于点对称，设直线，则， 设，， 正方形的对角线互相平分，， ，则， 联立，，故， ，，故， 所以，则，， ，，； 对于D，令得， 令，，令得，， 在上，，故在上单调递增， 在上，，故在上单调递减， 在上，，故在上单调递增， 又，， 故时，有三个不同的解，，， 令，则等价于， 根据的图象特征知，存在a使得有3个不同的解，故D正确， 故选 12.【答案】2  【解析】【分析】 本题主要考查了等差数列的基本量的运算，其中熟记等差数列的通项公式和前n项和公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 利用等差数列的通项公式和前n项和公式，列出方程组，即可求解公差. 【解答】 解： 因为，， 所以 ，即，解得， 即等差数列的公差  故答案为 13.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了导数的几何意义，考查了导数研究方程的解，属于较难题. 设切点并写出两曲线对应的切线方程，根据公切线列方程组，注意切点横坐标及参数a范围，进而转化为方程在某区内有解问题. 【解答】 解：由  ，则  ，设切点为  ，切线斜率为  ， 所以，切线为  ，即  ， 由  ，则  ，设切点为  ，切线斜率为  ， 所以，切线为  ，即  ， 根据题设，若它们切线为公切线，则有  ，即  ， 又  ，即  且  ，即  ， 由上关系式并消去 m 并整理得  在  上有解， 令  ，则  ， 当  ，则  ，即  ，此时  递增； 当  ，则  或  ，即  或  ，此时  递减； 又  ，  ， 所以  ，即  . 故答案为：  . 14.【答案】  【解析】【分析】 本题考查互斥事件发生一件的概率计算，相互独立事件同时发生的概率计算，属中档题. 利用相互独立事件的概率乘法公式，互斥事件的概率加法公式即可得出. 【解答】 解：设表示第i天选排球，表示第i天选足球，设陈某第3天选排球为事件A，则 A事件是由，，，三件互斥事件和构成即， 15.【答案】解：由题意， 从而 化简得， ，，故 由题意， 即 ，， 在中，由正弦定理，，解得， 故的周长为  【解析】略 16.【答案】解：由题意可知， 在中，由，得， 从而，解得 又由余弦定理得， 化简得，即 从而 所以，双曲线方程为 设直线l的方程为，与双曲线相交于，， 联立化简可得 由，可得 ， 所以， 设点到直线l的距离为d，则 故 解得 故l的方程为  【解析】略 17.【答案】解：连接OC，平面ABC，，    又，    ，，  所以O为AC的中点  而E为SC中点， 又平面SAB，平面SAB， 平面SAB 由题意，，，，又平面ABC，平面ABC， ，在中，， 如图，以点C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴、y轴，过点C且平行于SO的直线为z轴建立空间直角坐标系 则，，，，，， 所以，， 设平面SAB的一个法向量为，则即 取 设直线OE与平面SAB所成角为，则，   【解析】本题考查线面平行的判定，线面角，属于中档题. 推出，根据线面平行的判定定理，即可求证； 建立空间直角坐标系，根据向量法求解. 18.【答案】解：证明：由题意，因为，，所以， 所以只需证，即证， 设，则， 令， ， 故在单调递增， .而，， 从而存在，使得，即， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此， ， 所以，，即原不等式得证. 当时，不等式可化为， 不妨设，则， 当时，，在R上单调递增， 此时，取，则，或考虑当时，与矛盾，故不符题意， 当时，则， 当时，，解得， 于是当时，，单调递增; 当时，，单调递减. 故， 即， 由于，故， 于是，令， 则， 当时，，单调递增; 当时，，单调递减. 所以，， 此时，， 因此，当，时，的最大值为  【解析】本题考查用导数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于较难题 求导可得在单调递增，再研究原函数的单调性可得结果； 当时，不等式可化为，不妨设，则，当时，，在R上单调递增，构造函数，，研究最值 19.【答案】解：由题知：数列 A4，4，2，9经过次“变换”后得到的数列依次为：3，2，7，，5，1，，4，4，，0，0， 充分性：当时，数列，，经过一次“变换”后结束， 必要性：即证明当，，不全相等时，，，经过有限次“变换”后不会结束， 设数列，，，数列，，，数列，0，0，且， 由充分性易知：数列 E只能为非零常数列， 不妨设 为了变换得到数列E的前两项，数列D只有如下四种可能： ，，，，，，，，， 那么数列E的第三项只能是0或者 即不存在数列D，使其经过一次“变换”后变为非零常数列， 故当，，不全相等时，，，经过有限次“变换”后不会结束，必要性得证. 数列，2，2028经过一次“变换”后得到数列，2026， 其结构为a，，4，且远大于， 那么其经过次“变换”后得到数列依次为： 4，a，，4，，，，，，4，，，4 所以数列a，，4经过6次“变换”后得到的数列结构也是形如a，，4的数列， 仅除4之外的两项均减小24， 因为， 所以数列经过次“变换”后得到数列6，10，4， 接下来经过“变换”依次得到4，6，2，2，4，2，2，2，0，0，2，2， 至此数列各项之和最小值为4，K的最小值为   【解析】本题考查数列的新定义问题，属于难题. 根据定义直接写出即可; 从充分性和必要性两方面求证即可; 求出数列a，，4经过6次“变换”后得到的数列结构也是形如a，，4的数列，仅除4之外的两项均减小24，得数列经过次“变换”后得到数列6，10，4，接下来经过“变换”依次得到4，6，2，2，4，2，2，2，0，0，2，2，至此数列各项之和最小值为4，即可求K的最小值. 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$